1、1 / 28 第第 7 節節 利用空間向量求空間角利用空間向量求空間角 考試要求 1.能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題；2.了解向量方法在研究立體幾何問題中的應用. 知 識 梳 理 1.異面直線所成的角 設 a，b 分別是兩異面直線 l1，l2的方向向量，則 a 與 b 的夾角 l1與 l2所成的角 范圍 (0，) 0，2 求法 cos a b|a|b| cos |cos |a b|a|b| 2.求直線與平面所成的角 設直線 l 的方向向量為 a，平面 的法向量為 n，直線 l 與平面 所成的角為，則 sin |cosa，n|a n|a|n|. 3.求二面角的

2、大小 (1)如圖，ab，cd 是二面角 l 的兩個面內與棱 l 垂直的直線，則二面角的大小 _ab，cd. (2)如圖，n1，n2 分別是二面角 l 的兩個半平面 ，的法向量，則二面角的大小 滿足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1與 n2的夾角(或其補角). 常用結論與微點提醒 1.線面角 的正弦值等于直線的方向向量 a 與平面的法向量 n 所成角的余弦值的絕對值，即 sin |cosa，n|，不要誤記為 cos |cosa，n|. 2.二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時，當求出兩半2 / 28 平面 ， 的法向量 n1，n2時，要根據向量坐標在

3、圖形中觀察法向量的方向，來確定二面角與向量 n1，n2的夾角是相等，還是互補. 診 斷 自 測 1.判斷下列結論正誤(在括號內打“”或“”) (1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.( ) (2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.( ) (3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角.( ) (4)兩異面直線夾角的范圍是0，2，直線與平面所成角的范圍是0，2，二面角的范圍是0，.( ) 解析 (1)兩直線的方向向量所成的角是兩條直線所成的角或其補角；(2)直線的方向向量 a，平面的法向量 n，直線與平面所成的角為 ，則 sin |cosa， n|；(3

4、)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角或其補角. 答案 (1) (2) (3) (4) 2.(老教材選修 21p104 練習 2 改編)已知兩平面的法向量分別為 m(0，1，0)，n(0，1，1)，則兩平面所成的二面角為( ) a.45 b.135 c.45 或 135 d.90 解析 cosm，nm n|m|n|11 222，即m，n45 . 兩平面所成二面角為 45 或 180 45 135 . 答案 c 3.(老教材選修 21p112a 組 t4 改編)已知向量 m，n 分別是直線 l 和平面 的方向向量和法向量，若 cos m，n32，則 l 與 所成的角為( ) a.30 b

5、.60 c.120 d.150 解析 由于 cos m，n32，所以m，n30 ，所以直線 l 與 所成的角為 60 . 答案 b 3 / 28 4.(2020 廣州模擬)在直三棱柱 abca1b1c1中，bca90 ，m，n 分別是a1b1，a1c1的中點，bccacc1，則 bm 與 an所成角的余弦值為( ) a.110 b.25 c.3010 d.22 解析 以點 c 為坐標原點，ca，cb，cc1所在直線分別為 x軸，y 軸，z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設 bccacc12，則可得 a(2，0，0)，b(0，2，0)，m(1，1，2)， n(1，0，2)， bm(1，1，2

6、)，an(1，0，2). cosbm，anbm an|bm|an| 1（1）（1）02212（1）222 （1）20222 36 53010. 答案 c 5.(2019 南陽調研)在正方體 abcda1b1c1d1中，bb1與平面 acd1所成角的正弦值為( ) a.32 b.33 c.35 d.25 解析 設正方體的棱長為 1，以 d 為坐標原點，da，dc，dd1所在直線分別為 x 軸，y 軸，z 軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.則 b(1，1，0)，b1(1，1，1)，a(1，0，0)，c(0，1，0)，d1(0，0，1)， 所以bb1(0，0，1)，ac(1，1，0)，ad1(1，0

7、，1). 令平面 acd1的法向量為 n(x，y，z)，則 n acxy0，n ad1xz0，令 x1，可得 n(1，1，1)， 4 / 28 所以 sin |cos n，bb1|13133. 答案 b 6.(2020 重慶預測)過正方形 abcd 的頂點 a 作線段 pa平面 abcd，若 abpa，則平面 abp與平面 cdp 所成的二面角為_. 解析 如圖，建立空間直角坐標系，設 abpa1，則a(0，0，0)，d(0，1，0)，p(0，0，1)，由題意，ad平面pab，設 e 為 pd的中點，連接 ae，則 aepd， 又 cd平面 pad， cdae，又 pdcdd，從而 ae平面

8、pcd.所以ad(0，1，0)，ae0，12，12分別是平面 pab，平面 pcd的法向量，且ad，ae45 . 故平面 pab與平面 pcd所成的二面角為 45 . 答案 45 考點一 用空間向量求異面直線所成的角 【例 1】 (1)(一題多解)(2017 全國卷)已知直三棱柱 abca1b1c1中，abc120 ，ab2，bccc11，則異面直線 ab1與 bc1所成角的余弦值為( ) a.32 b.155 c.105 d.33 (2)(2020 豫南豫北精英對抗賽)在四面體 abcd 中，cacbcdbd2，abad 2，則異面直線 ab與 cd所成角的余弦值為( ) a.23 b.24

9、 c.144 d.24 解析 (1)法一 以 b為原點，建立如圖(1)所示的空間直角坐標系. 圖(1) 圖(2) 5 / 28 則 b(0，0，0)，b1(0，0，1)，c1(1，0，1). 又在abc 中，abc120 ，ab2，則 a(1， 3，0). 所以ab1(1， 3，1)，bc1(1，0，1)， 則 cosab1，bc1ab1 bc1|ab1| |bc1| （1， 3，1） （1，0，1）5 225 2105， 因此，異面直線 ab1與 bc1所成角的余弦值為105. 法二 將直三棱柱 abca1b1c1補形成直四棱柱 abcda1b1c1d1(如圖(2)，連接 ad1，b1d1，

10、則 ad1bc1. 則b1ad1為異面直線 ab1與 bc1所成的角(或其補角)，易求得 ab1 5，bc1ad1 2，b1d1 3. 由余弦定理得 cosb1ad1105. (2)取 bd 的中點 o，連接 ao，oc，由 cacbcdbd2，abad2，得 aobd，cobd，且 oc 3，ao1.在aoc 中，ac2ao2oc2，故 aooc，又知 bdoco，因此 ao平面 bcd，以 ob，oc，oa所在直線 分別為 x 軸，y 軸，z 軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則a(0，0，1)，b(1，0，0)，c(0， 3，0)，d(1，0，0)，ab(1，0，1)，cd(1， 3，0)

11、，設異面直線 ab與 cd 所成角為 ，則 cos |ab cd|ab|cd|12 1324，即異面直線 ab與 cd所成角的余弦值為24. 答案 (1)c (2)b 規律方法 1.利用向量法求異面直線所成角的一般步驟是：(1)選好基底或建立空間直角坐標系；(2)求出兩直線的方向向量 v1，v2；(3)代入公式|cosv1，6 / 28 v2|v1 v2|v1|v2|求解. 2.兩異面直線所成角的范圍是 0，2，兩向量的夾角 的范圍是0，當異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；當異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線的夾角. 【訓練 1】 (2019 江西

12、八校聯考)在四面體 abcd 中，bdad，cdad，bdbc，bdad1，bc2，則異面直線 ab 與 cd 所成角的余弦值為( ) a.105 b.3 1010 c.155 d.1010 解析 以 d 為坐標原點，在平面 bcd 內過 d 與 bd 垂直的直線為 x 軸，以 db，da 所在的直線分別為 y 軸，z 軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則 a(0，0，1)，b(0，1，0)，c(2，1，0)，d(0，0，0)，所以ab(0，1，1)，dc (2，1，0)，則 cosab，dcab dc|ab| |dc|12 51010，故異面直線 ab與 cd所成角的余弦值為1010. 答案

13、d 考點二 用空間向量求線面角 【例 2】 (2018 全國卷)如圖，在三棱錐 pabc 中，abbc2 2，papbpcac4，o為 ac的中點. (1)證明：po平面 abc； (2)若點 m在棱 bc上，且二面角 mpac為 30 ，求 pc與平面 pam 所成角的正弦值. (1)證明 因為 apcpac4，o為 ac 的中點，所以 opac，且 op2 3. 連接 ob，因為 abbc22ac， 所以 ab2bc2ac2， 所以abc 為等腰直角三角形， 且 obac，ob12ac2. 7 / 28 由 op2ob2pb2知 poob. 由 opob，opac 且 obaco，知 po

14、平面 abc. (2)解 如圖，以 o 為坐標原點，ob的方向為 x 軸正方向，建立空間直角坐標系 oxyz. 由已知得 o(0，0，0)，b(2，0，0)，a(0，2，0)，c(0，2，0)，p(0，0，2 3)，ap(0，2，2 3).取平面 pac 的一個法向量ob(2，0，0). 設 m(a，2a，0)(0a2)，則am(a，4a，0). 設平面 pam 的法向量為 n(x，y，z). 由ap n0，am n0得 2y2 3z0，ax（4a）y0，可取 n( 3(a4)， 3a，a)， 所以 cosob，n2 3（a4）2 3（a4）23a2a2. 由已知可得|cosob，n|32，

15、所以2 3|a4|2 3（a4）23a2a232， 解得 a4(舍去)，a43， 所以 n(8 33，4 33，43). 又pc(0，2，2 3)，所以 cospc，n34. 所以 pc與平面 pam 所成角的正弦值為34. 規律方法 利用向量法求線面角的方法： (1)分別求出斜線和它在平面內的射影直線的方向向量，轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)； (2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角. 8 / 28 【訓練 2】 (2020 安徽江南十校聯考)斜三棱柱 abca1b1c1中，底面是邊長為2 的正三角形，a1

16、b 7，a1aba1ac60 . (1)證明：平面 a1bc平面 abc； (2)求直線 bc1與平面 abb1a1所成角的正弦值. (1)證明 ab2，a1b 7，a1ab60 ， 由余弦定理得 a1b2aa21ab22aa1 abcos a1ab， 即 aa212aa130aa13 或1(舍)，故 aa13. 取 bc的中點 o，連接 oa，oa1，abc是邊長為 2 的正三角形， aobc，且 ao 3，bo1. 由 abac，a1aba1ac，aa1aa1得a1aba1ac，得 a1ba1c7， 故 a1obc，且 a1o 6. ao2a1o2369aa21，aoa1o. 又 bcao

17、o，故 a1o平面 abc， a1o平面 a1bc，平面 a1bc平面 abc. (2)解 以 o 為原點，ob 所在的直線為 x 軸，取 b1c1的中點 k，連接 ok，以ok 所在的直線為 y 軸，過 o 作 ogaa1，以 og 所在的直線為 z 軸建立空間直角坐標系，則 b(1，0，0)，b1(1，3，0)，c1(1，3，0)，a1(0，2， 2)， bc1(2，3，0)，bb1(0，3，0)，ba1(1，2， 2)， 設 m(x，y，1)為平面 abb1a1的法向量， 9 / 28 則m bb13y0，m ba1x2y 20 x 2，y0m( 2，0，1). 設直線 bc1與平面 a

18、bb1a1所成角為 ， 則 sin |bc1 m|bc1|m|2 213 32 7839. 故直線 bc1與平面 abb1a1所成角的正弦值為2 7839. 考點三 用空間向量求二面角 【例 3】 (2019 全國卷)如圖，直四棱柱 abcda1b1c1d1的底面是菱形，aa14，ab2，bad60 ，e，m，n 分別是 bc，bb1，a1d的中點. (1)證明：mn平面 c1de； (2)求二面角 ama1n的正弦值. (1)證明 如圖，連接 b1c，me. 因為 m，e分別為 bb1，bc的中點， 所以 meb1c，且 me12b1c. 又因為 n 為 a1d的中點，所以 nd12a1d.

19、 由題設知 a1b1綉 dc， 可得 b1c綉 a1d，故 me綉 nd， 因此四邊形 mnde 為平行四邊形， 所以 mned. 又 mn平面 c1de，de平面 c1de， 所以 mn平面 c1de. 10 / 28 (2)解 由已知可得 deda，以 d為坐標原點，da，de，dd1的方向為 x軸、y 軸、z 軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系 dxyz， 則 a(2，0，0)，a1(2，0，4)，m(1， 3，2)，n(1，0，2)，a1a(0，0，4)，a1m(1， 3，2)，a1n(1，0，2)，mn(0， 3，0). 設 m(x，y，z)為平面 a1ma 的法向量，則m a

20、1m0，m a1a0， 所以x 3y2z0，4z0，可取 m( 3，1，0). 設 n(p，q，r)為平面 a1mn的法向量， 則n mn0，n a1n0，所以 3q0，p2r0， 可取 n(2，0，1). 于是 cosm，nm n|m|n|2 32 5155， 則 sinm，n105， 所以二面角 ama1n的正弦值為105. 規律方法 利用空間向量計算二面角大小的常用方法： (1)找法向量：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角的大小. (2)找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以

21、垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小. 【訓練 3】 (2019 青島二模)如圖，已知多面體 pabcde 的底面 abcd 是邊長為 2 的菱形，pa底面 abcd，edpa，且 pa2ed2. (1)求證：平面 pac平面 pce； (2)若直線 pc與平面 abcd所成的角為 45 ，求二面角 pced的余弦值. 11 / 28 (1)證明 如圖(1)，連接 bd，交 ac于點 o，設 pc 的中點為 f，連接 of，ef. 因為底面 abcd是菱形，所以 o是 ac的中點， 又 f是 pc 的中點，所以 ofpa，且 of12pa. 因為 depa，且 de1

22、2pa，所以 ofde，且 ofde. 所以四邊形 ofed為平行四邊形，所以 odef，即 bdef. 因為 pa平面 abcd，bd平面 abcd，所以 pabd. 因為四邊形 abcd是菱形，所以 bdac. 又因為 paaca，所以 bd平面 pac. 所以 ef平面 pac. 又因為 ef平面 pce，所以平面 pac平面 pce. (2)解 因為 pa底面 abcd，直線 pc與平面 abcd 所成的角為 45 ， 所以pca45 ，所以 acpa2. 所以 acabbc，故abc為等邊三角形. 設 bc的中點為 m，連接 am，則 ambc，所以 amad. 以 a 為坐標原點，

23、am，ad，ap 所在直線分別為 x 軸，y 軸，z 軸，建立空間直角坐標系 axyz，如圖(2)， 則 p(0，0，2)，c( 3，1，0)，e(0，2，1)，d(0，2，0)， 所以pc( 3，1，2)，ce( 3，1，1)，de(0，0，1). 設平面 pce 的法向量為 n(x1，y1，z1)， 則n pc0，n ce0，即 3x1y12z10， 3x1y1z10. 令 y11，則 x1 3，z12.所以 n( 3，1，2). 設平面 cde的法向量為 m(x2，y2，z2)， 12 / 28 則m de0，m ce0，即z20， 3x2y2z20. 令 x21，則 y2 3，z20.

24、所以 m(1， 3，0). 設二面角 pced 的大小為 ，因為 為鈍角， 所以 cos |cosn，m|n m|n|m|2 32 2264. 所以二面角 pced的余弦值為64. 考點四 與空間角有關的探索性問題 【例 4】 (2020 郴州一模)如圖，在三棱錐 pabc 中，底面是邊長為 4 的正三角形，pa2，pa底面 abc，點 e，f分別為 ac，pc的中點. (1)求證：平面 bef平面 pac； (2)在線段 pb 上是否存在點 g，使得直線 ag 與平面 pbc 所成角的正弦值為155？若存在，確定點 g 的位置；若不存在，請說明理由. (1)證明 abbc，e為 ac 的中點

25、，beac. 又 pa平面 abc，be平面 abc，pabe. paaca，be平面 pac. be平面 bef，平面 bef平面 pac. (2)解 存在.由(1)及已知得 pabe，paac， 點 e，f分別為 ac，pc的中點， efpa，efbe，efac. 又 beac，eb，ec，ef 兩兩垂直. 分別以eb，ec，ef的方向為 x，y，z 軸正方向建立空間直角坐標系，如圖， 則 a(0，2，0)，p(0，2，2)，b(2 3，0，0)，c(0，2，0). 13 / 28 設bgbp(2 3，2，2)，0，1， 所以agabbg(2 3(1)，2(1)，2)， bc(2 3，2，

26、0)，pc(0，4，2)， 設平面 pbc的法向量為 n(x，y，z)， 則n bc0，n pc02 3x2y0，4y2z0， 令 x1，則 y 3，z2 3，n(1， 3，2 3). 由已知得155|ag n|ag| |n|， 即1554 34 16（1）24212或1110(舍去). 故 12. 所以存在滿足條件的點 g，點 g為 pb的中點. 規律方法 1.對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規定范圍內的解”等. 2.對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參

27、數. 【訓練 4】 如圖，在四棱錐 pabcd 中，四邊形 abcd 為平行四邊形，abac，pa平面 abcd，且 paab3，ac2，點 e是 pd的中點. (1)求證：pb平面 aec； (2)在線段 pb 上(不含端點)是否存在一點 m，使得二面角 mace 的平面角的余弦值為1010？若存在，確定點 m 的位置；若不存在，請說明理由. (1)證明 連接 bd交 ac于點 f，連接 ef. 因為 abcd 為平行四邊形， 所以 f是 bd的中點. 14 / 28 又 e是 pd 的中點， 所以 efpb. 又 ef平面 aec，pb平面 aec， 所以 pb平面 aec. 15 / 2

28、8 (2)解 由題意知，ac，ab，ap 兩兩互相垂直，如圖，以點 a 為坐標原點，射線 ac，ab，ap 分別為 x 軸，y 軸，z軸正方向建立空間直角坐標系 axyz， 則 c(2，0，0)，d(2，3，0)， p(0，0，3)，b(0，3，0)，e1，32，32. 設 m(x0，y0，z0)，pmpb(01)， 則(x0，y0，z03)(0，3，3)，得 m(0，3，33). 設平面 aec的法向量為 n1(x1，y1，z1). 由 n1 ae0，n1 ac0及ae1，32，32，ac(2，0，0)， 得x132y132z10，2x10.取 y11，得 n1(0，1，1). 設平面 ma

29、c的法向量為 n2(x2，y2，z2). 由 n2 am0，n2 ac0及am(0，3，33)，ac(2，0，0)， 得3y2（33）z20，2x20.取 z21，得 n20，11，1 . 設二面角 mace的平面角的大小為 ， 則|cos |n1 n2|n1| |n2|212112121010， 化簡得 92920，解得 13或 23. 因為二面角 mace的平面角的余弦值為1010， 所以二面角 mace的平面角為銳角，所以 13， 所以pm13pb. 故pm13pb時，二面角 mace的平面角的余弦值為1010. 16 / 28 a級 基礎鞏固 一、選擇題 1.已知空間三點 a(1，1，

30、1)，b(1，0，4)，c(2，2，3)，則ab與ca的夾角的大小為( ) a.30 b.60 c.120 d.150 解析 ab(2，1，3)，ca(1，3，2)， cosab，ca（2）（1）（1）33（2）14 14 71412，ab，ca120 . 答案 c 2.若直線 l 的方向向量與平面 的法向量的夾角等于 120 ，則直線 l 與平面 所成的角等于( ) a.120 b.60 c.30 d.60 或 30 解析 設直線 l 與平面 所成的角為 ，直線 l 與平面 的法向量的夾角為 . 則 sin |cos |cos 120 |12. 又 0 90 ，30 . 答案 c 3.(一題

31、多解)(2019 泉州二模)在直三棱柱 abca1b1c1中，aa12a1b12b1c1，且 abbc，點 m 是 a1c1的中點，則異面直線 mb 與 aa1所成角的余弦值為( ) a.13 b.2 23 c.3 24 d.12 解析 法一 由題意知 aa1bb1，則異面直線 mb與 aa1所成角為mbb1，如圖(1).又bb1m 為直角三角形，所以 cos mbb1bb1mb.在直三棱柱 abca1b1c1中，設 aa12a1b12b1c12.由 abbc，得 b1m12a1c122.故 mb222223 22. 17 / 28 所以 cos mbb1bb1mb2 23.故選 b. 法二

32、由題意知 ab，bc，bb1兩兩垂直，所以以 b 為坐標原點，ba，bc，bb1所在直線分別為 x 軸，y 軸，z 軸建立空間直角坐標系 bxyz，如圖(2).設 aa12a1b12b1c12，則 b(0，0，0)，a(1，0，0)，a1(1，0，2)，m12，12，2 ，所以mb12，12，2 ，aa1(0，0，2).設異面直線 mb 與 aa1所成角為 ，則 cos |mb aa1|mb|aa1|49222 23，所以異面直線 mb 與 aa1所成角的余弦值為2 23.故選 b. 答案 b 4.如圖，在四棱錐 pabcd 中，底面 abcd 是矩形，pa平面 abcd，paad4，ab2.

33、以 ac 的中點 o 為球心，ac為直徑的球面交 pd 于點 m.則 cd 與平面 acm 所成角的正弦值為( ) a.32 b.33 c.53 d.63 解析 如圖所示，建立空間直角坐標系，則 a(0，0，0)，p(0，0，4)， b(2，0，0)，c(2，4，0)，d(0，4，0)， m(0，2，2). 所以ac(2，4，0)，am(0，2，2)，cd(2，0，0). 設平面 acm 的法向量 n(x，y，z)， 18 / 28 由 nac，nam， 可得2x4y0，2y2z0，令 z1，得 n(2，1，1). 設所求角為 ，則 sin |cd n|cd|n|63. 答案 d 5.在正方體

34、 abcda1b1c1d1中，點 e 為 bb1的中點，則平面 a1ed 與平面abcd所成角的余弦值為( ) a.12 b.23 c.33 d.22 解析 以 a 為原點，ab，ad，aa1所在直線分別為 x軸，y軸，z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為 1，則 a1(0，0，1)，e1，0，12，d(0，1，0)， a1d(0，1，1)， a1e1，0，12. 設平面 a1ed的法向量為 n1(1，y，z)， 則有a1d n10，a1e n10，即yz0，112z0，y2，z2， n1(1，2，2). 平面 abcd的法向量為 n2(0，0，1)， |cosn1，n2|23123

35、， 即平面 a1ed與平面 abcd夾角的余弦值為23. 答案 b 二、填空題 6.(2020 煙臺月考)如圖所示，在三棱柱 abca1b1c1中，aa1底面 abc，abbcaa1，abc90 ，點 e，f 分別是棱ab，bb1的中點，則直線 ef 和 bc1所成的角是_. 19 / 28 解析 以 bc 為 x 軸，ba 為 y 軸，bb1為 z 軸，建立空間直角坐標系.設 abbcaa12， 則 c1(2，0，2)，e(0，1，0)，f(0，0，1)， 則ef(0，1，1)，bc1(2，0，2)， ef bc12， cosef，bc1222 212， ef和 bc1所成的角為 60 .

36、答案 60 7.(2020 合肥模擬)在長方體 abcda1b1c1d1中，ab2，bcaa11，則直線 d1c1與平面 a1bc1所成角的正弦值為_. 解析 如圖，建立空間直角坐標系 dxyz， 則 d1(0，0，1)，c1(0，2，1)，a1(1，0，1)，b(1，2，0). d1c1(0，2，0)， a1c1(1，2，0)，a1b(0，2，1)， 設平面 a1bc1的法向量為 n(x，y，z)， 由n a1c1（x，y，z） （1，2，0）x2y0，n a1b（x，y，z） （0，2，1）2yz0， 得x2y，z2y，令 y1，得 n(2，1，2)， 設直線 d1c1與平面 a1bc1所

37、成角為 ，則 sin |cosd1c1，n|d1c1 n|d1c1|n|22313， 即直線 d1c1與平面 a1bc1所成角的正弦值為13. 答案 13 20 / 28 8.如圖，菱形 abcd 中，abc60 ，ac 與 bd 相交于點o，ae平面 abcd，cfae，ab2，cf3.若直線 of 與平面 bed 所成的角為 45 ，則 ae_. 解析 如圖，以 o 為坐標原點，以 oa，ob 所在直線分別為 x軸，y 軸，以過點 o 且平行于 cf 的直線為 z 軸建立空間直角坐標系. 設 aea，則 b(0， 3，0)，d(0， 3，0)，f(1，0，3)，e(1，0，a)， of(1

38、，0，3)，db(0，2 3，0)，eb(1， 3，a). 設平面 bed的法向量為 n(x，y，z)， 則n db0，n eb0，即2 3y0，x 3yaz0， 則 y0，令 z1，得 xa， n(a，0，1)， cosn，ofn of|n|of|a3a21 10. 直線 of 與平面 bed所成角的大小為 45 ， |a3|a21 1022. 解得 a2或 a12(舍去)，ae2. 答案 2 三、解答題 9.(2019 鄭州測試)在如圖所示的多面體中，四邊形 abcd是平行四邊形，四邊形 bdef 是矩形，ed平面 abcd，abd6，ab2ad. (1)求證：平面 bdef平面 ade；

39、 (2)若 edbd，求直線 af與平面 aec所成角的正弦值. 21 / 28 (1)證明 在abd 中，abd6，ab2ad， 由余弦定理，得 bd 3ad， 從而 bd2ad2ab2，故 bdad， 所以abd為直角三角形且adb2. 因為 de平面 abcd，bd平面 abcd，所以 debd. 又 added，所以 bd平面 ade. 因為 bd平面 bdef， 所以平面 bdef平面 ade. (2)解 由(1)可得，在 rtabd中，bad3，bd 3ad，又由 edbd， 設 ad1，則 bded 3.因為 de平面 abcd，bdad， 所以可以點 d為坐標原點，da，db，

40、de所在直線分別為 x 軸，y 軸，z 軸建立空間直角坐標系，如圖所示. 則 a(1，0，0)，c(1， 3，0)，e(0，0， 3)，f(0， 3， 3)， 所以ae(1，0， 3)，ac(2， 3，0). 設平面 aec的法向量為 n(x，y，z)， 則n ae0，n ac0，即x 3z0，2x 3y0， 令 z1，得 n( 3，2，1)，為平面 aec的一個法向量. 因為af(1， 3， 3)， 所以 cos n，afn af|n| |af|4214， 所以直線 af與平面 aec所成角的正弦值為4214. 22 / 28 10.(2020 武漢調研)如圖，在斜三棱柱(側棱不垂直于底面)

41、abca1b1c1中，側面 aa1c1c底面 abc，底面abc是邊長為 2的正三角形，a1aa1c，a1aa1c. (1)求證：a1c1b1c； (2)(一題多解)求二面角 b1a1cc1的正弦值. (1)證明 如圖，取 a1c1的中點 d，連接 b1d，cd， c1ca1aa1c， cda1c1， 底面abc是邊長為 2的正三角形， abbc2，a1b1b1c12， b1da1c1， 又 b1dcdd，b1d平面 b1cd，cd平面 b1cd， a1c1平面 b1cd，a1c1b1c. (2)解 法一 如圖，過點 d作 dea1c 于點 e，連接 b1e. 側面 aa1c1c底面 abc，

42、 側面 aa1c1c平面 a1b1c1，又 b1da1c1， 側面 aa1c1c平面 a1b1c1a1c1， b1d平面 a1cc1，b1da1c， a1c平面 b1de，b1ea1c， b1ed 為所求二面角的平面角. a1b1b1c1a1c12，b1d 3， 又 ed12cc122，tan b1edb1ded322 6， sinb1ed427. 二面角 b1a1cc1的正弦值為427. 23 / 28 法二 如圖，取 ac 的中點 o，以 o 為坐標原點，射線ob，oc，oa1分別為 x，y，z 軸的正方向建立空間直角坐標系，則 o(0，0，0)，b( 3，0，0)，a1(0，0，1)，b

43、1( 3，1，1)，c1(0，2，1)，c(0，1，0)， a1b1( 3，1，0)，a1c(0，1，1). 設 m(x，y，z)為平面 a1b1c的法向量， m a1b1 3xy0，m a1cyz0， 令 y 3，得 m(1， 3， 3)， 又ob( 3，0，0)為平面 a1cc1的一個法向量， cos m，obm ob|m|ob|77， 由圖易知所求二面角為銳角， 二面角 b1a1cc1的正弦值為427. b級 能力提升 11.(2020 長沙雅禮中學檢測)在三棱錐 pabc 中，點 p 在底面的正投影恰好是等邊abc 的邊 ab 的中點，且點 p 到底面 abc 的距離等于底面邊長.設p

44、ac與底面所成的二面角的大小為 ，pbc 與底面所成的二面角的大小為 ，則tan()的值是( ) a.343 b.253 c.8133 d.583 解析 如圖，設點 p 在邊 ab 上的射影為 h，作 hfbc，heac，連接 pf，pe. 依題意，hep，pfh. 不妨設等邊abc的邊長為 2，則 ph2，ahbh1. he32，hf32，則 tan tan 23243， 24 / 28 故 tan()2tan 1tan22431432813 3. 答案 c 12.已知正方形 abcd 的邊長為 4，cg平面 abcd，cg2，e，f 分別是ab，ad的中點，則點 b到平面 gef的距離為(

45、 ) a. 11 b.112 c.2 1111 d.4 1111 解析 連接 bg.以 c 為原點，cd，cb，cg的方向分別為 x 軸，y 軸，z 軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系， 其中 c(0，0，0)，g(0，0，2)，e(2，4，0)，b(0，4，0)，f(4，2，0). bg(0，4，2)，ge(2，4，2)，ef(2，2，0). 設平面 gef 的法向量為 n(x，y，z)， 則n ge0，n ef0，即2x4y2z0，2x2y0. 令 x1，則 y1，z3，面 gef的一個法向量為 n(1，1，3). 設點 b到面 gef的距離為 h，則有 h|bg n|n|46|112

46、112 1111，故選 c. 答案 c 13.如圖所示，二面角的棱上有 a，b 兩點，直線 ac，bd 分別在這個二面角的兩個半平面內，且都垂直于 ab.已知 ab4，ac6，bd8，cd2 17，則該二面角的大小為_. 解析 cdcaabbd， ca bd|ca| |bd| cosca，bd24. 25 / 28 cosca，bd12. 又所求二面角與ca，bd互補， 所求的二面角為 60. 答案 60 14.(2020 山東名校聯盟考試)如圖，在四棱錐 pabcd中，pbpa，pbbc，bc平面 pad，papd2，adab2bc2 2. (1)求證：平面 pab平面 pcd； (2)若點 m 在線段 ab 上，且直線 cm 與平面 pbc 所成角的正弦值為714，試求am 的長. (1)證明 bc平面 pad，bc平面 abcd，平面 pad平面 abcdad，bcad. pbbc，pbad. pbpa，paada，pa